上册 2.3 函数的零点 第27题
📝 题目
27．证明下列结论．
（1）设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ ：连续，且对每一个 $x \in[a, b]$ ，存在 $y \in[a, b]$ ，使得 $\displaystyle |f(y)| \leqslant \frac{1}{2}|f(x)|$ 。证明：存在 $x_{0} \in[a, b]$ 使得 $f\left(x_{0}\right)=0$ 。（浙江大学 2005 ，南开大学 2008 ，深圳大学 2004 ，扬州大学 2011 ，江苏大学 $2007 / 2012$ ，西北大学 2004 ，沈阳工大 2009 ，苏州科技 2008 ，哈工大 2004 ，华东理工 2002 ，首都师大 2012$)$
（2）设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，对任 何 $x \in[a, b]$ ，存在 $y \in[a, b]$ ，存在 $\displaystyle z \in\left(0, \frac{1}{2}\right)$ ，使得 $|f(y)| \leqslant z|f(x)|$ ．证明：$f(x)$ 在 $[a, b]$ 上至少有一个零点．
（3）若 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，且存在 $\lambda \in(0,1)$ ，对任何 $x \in[a, b]$ ，存在 $y \in[a, b]$ 使 $|f(y)| \leqslant \lambda|f(x)|$ ．则 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 内有零点．
💡 答案解析
\section*{证明过程：}
（1）方法 1：由条件知
任取 $x_{1} \in[a, b]$ ，存在 $x_{2} \in[a, b]$ ，满足 $\displaystyle \left|f\left(x_{2}\right)\right| \leqslant \frac{1}{2}\left|f\left(x_{1}\right)\right|$ ．
存在 $x_{3} \in[a, b]$ ，满足 $\displaystyle \left|f\left(x_{3}\right)\right| \leqslant \frac{1}{2}\left|f\left(x_{2}\right)\right|$ ．
这样继续下去，得到一序列 $x_{n} \in[a, b]$ ，满足 $\displaystyle \left|f\left(x_{n+1}\right)\right| \leqslant \frac{1}{2}\left|f\left(x_{n}\right)\right|,(n=1,2, \cdots)$ ，
进而 $\displaystyle \left|f\left(x_{n}\right)\right| \leqslant \frac{1}{2^{n-1}}\left|f\left(x_{1}\right)\right|,(n=1,2, \cdots)$ ．
由致密性定理，存在 $\left\{x_{n}\right\}$ 子列 $\left\{x_{n_{k}}\right\}$ 及 $x_{0} \in[a, b]$ ，使得 $\left\{x_{n_{k}}\right\}$ 收敛于 $x_{0}$ 。
由 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 处连续及 $\displaystyle \left|f\left(x_{n_{1}}\right)\right| \leqslant \frac{1}{2^{n_{1}-1}}\left|f\left(x_{1}\right)\right|$ ，即得 $\left|f\left(x_{0}\right)\right| \leqslant 0$ ，故 $f\left(x_{0}\right)=0$ ，结论得证。
方法 2：设 $m=\min _{a0$ ．
由 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，$f(x)$ 在 $[a, b]$ 内有最小值点 $x_{0}$ ．由题设存在 $y \in[a, b]$ ，使 $f(y) \leqslant \lambda f\left(x_{0}\right)
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：构造点列
任取 $x_1 \in [a,b]$，由条件存在 $x_2 \in [a,b]$ 使得 $|f(x_2)| \leq \frac{1}{2}|f(x_1)|$。对 $x_2$ 同样存在 $x_3$ 使得 $|f(x_3)| \leq \frac{1}{2}|f(x_2)|$。如此继续，得到点列 $\{x_n\}$ 满足 $|f(x_{n+1})| \leq \frac{1}{2}|f(x_n)|$，进而 $|f(x_n)| \leq \frac{1}{2^{n-1}}|f(x_1)|$。
公式：|f(x_{n+1})| \leq \frac{1}{2}|f(x_n)|
提示：注意递推关系要严格使用条件，每次取 $y$ 时可能不同，但总能找到下一个点。
步骤 2/6
目标：利用致密性定理取收敛子列
由于 $\{x_n\} \subset [a,b]$ 有界，由致密性定理（Bolzano-Weierstrass定理），存在子列 $\{x_{n_k}\}$ 收敛于某 $x_0 \in [a,b]$。
提示：致密性定理保证有界数列必有收敛子列，注意子列仍满足不等式。
步骤 3/6
目标：利用连续性取极限
由 $f$ 在 $x_0$ 连续，有 $\lim_{k \to \infty} f(x_{n_k}) = f(x_0)$。又由 $|f(x_{n_k})| \leq \frac{1}{2^{n_k-1}}|f(x_1)|$，令 $k \to \infty$，右边趋于 $0$，故 $|f(x_0)| \leq 0$，即 $f(x_0)=0$。
公式：\lim_{k \to \infty} |f(x_{n_k})| = |f(x_0)| \leq 0
提示：注意绝对值与极限可交换，且不等式在极限下保持。
步骤 4/6
目标：方法二：利用最小值（另一种证法）
设 $m = \min_{x \in [a,b]} |f(x)| = |f(x_0)|$。由条件，对 $x_0$ 存在 $y \in [a,b]$ 使 $|f(y)| \leq \frac{1}{2}|f(x_0)|$。于是 $m \leq |f(y)| \leq \frac{1}{2}m$，推出 $m \leq 0$，故 $m=0$，即 $f(x_0)=0$。
公式：m \leq \frac{1}{2}m
提示：最小值存在性依赖于连续函数在闭区间上的性质，注意 $|f|$ 也连续。
步骤 5/6
目标：第（2）问的证明
与（1）类似，但条件中 $z \in (0,1/2)$。任取 $x_1$，存在 $x_2$ 使 $|f(x_2)| \leq z|f(x_1)|$，递推得 $|f(x_{n+1})| \leq z|f(x_n)|$，故 $|f(x_n)| \leq z^{n-1}|f(x_1)| \leq \frac{1}{2^{n-1}}|f(x_1)|$。同样取收敛子列，由连续性得 $f(x_0)=0$。
公式：|f(x_n)| \leq z^{n-1}|f(x_1)| \leq \frac{1}{2^{n-1}}|f(x_1)|
提示：注意 $z<1/2$ 保证 $z^{n-1} \leq (1/2)^{n-1}$，但即使 $z$ 接近 $1/2$ 也不影响极限为 $0$。
步骤 6/6
目标：第（3）问的证明
假设 $f$ 在 $[a,b]$ 内无零点，则 $f$ 恒正或恒负（否则由介值定理有零点）。不妨设 $f(x)>0$。由连续性，$f$ 在 $[a,b]$ 上有最小值 $f(x_0)>0$。由条件，存在 $y$ 使 $|f(y)| \leq \lambda |f(x_0)|$，即 $f(y) \leq \lambda f(x_0) < f(x_0)$，与 $x_0$ 为最小值点矛盾。故假设不成立，存在零点。
公式：f(y) \leq \lambda f(x_0) < f(x_0)
提示：注意 $\lambda \in (0,1)$，且 $f$ 恒正时绝对值可去掉。
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